Δύσκολη από MR

Mikesar · #1

Έστω τρίγωνο ABC

και

τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου του κύκλου με τις πλευρές BC,CA,AB

αντίστοιχα. Η ευθεία

τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο $\Gamma$ του ABC

στα

. Έστω

το δεύτερο σημείο τομής του περιγεγραμμένου κύκλου του DXY

με τον εγγεγραμμένο. Να αποδειχθεί ότι η

διέρχεται από το σημείο επαφής του

-μεικτοεγγεγραμμένου κύκλου με τον $\Gamma$ .

Σημείωση: Η λύση που δίνεται στο Mathematical Reflections είναι περίπου δύο σελίδες και χρησιμοποιεί τριγραμμικές συντεταγμένες. Εύχομαι το

να μας χαρίσει μια στοιχειώδη λύση.

Antonis_Z · #2

Γεια σου Μιχάλη!
Δεν ξέρω πόσο εύκολες είναι στη χρήση τους οι τριγραμμικές συντεταγμένες,πάντως το πρόβλημα είναι πραγματικά πολύ δύσκολο.Η λύση που θα δώσω παρακάτω,αν γραφεί αναλυτικά,δε θέλει ούτε 2 ούτε 3,αλλά 5-6 σελίδες(!).

Ονομάζω (Q)

τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου $\vartriangle DXY$ .Επίσης θεωρώ

το έγκεντρο του ABC

και

το μέσο του τόξου $\arc{BAC}$ του $\Gamma$ .
Θα αποδείξω-για αρχή-ότι το κέντρο O_1

του

είναι το μέσο του τμήματος

.Θα δείξω ότι O_1Y=O_1D

και το

γίνεται ομοίως.Για το πώς ορίζονται τα υπόλοιπα σημεία δείτε το παρακάτω σχήμα.
Απ'το θεώρημα διαμέσων στα τρίγωνα YIL,DIL

,έπεται ότι
$O_1Y^2=O_1D^2\Leftrightarrow YI^2+YL^2=DI^2+DL^2\Leftrightarrow YE\cdot YF+YL^2=DL^2\Leftrightarrow...\Leftrightarrow LM^2=DK^2+LK^2+NE^2+MN^2\Leftrightarrow...\Leftrightarrow 1=(\frac{sinB-sinC}{2})^2+(cos\frac{A}{2})^2-(\frac{sinA}{2})^2+(\frac{sinB+sinC-sinA}{2}sin\frac{A}{2})^2+(sin(\frac{A}{2}+C)-\frac{sinB+sinC-sinA}{2}cos\frac{A}{2})^2$
(Χρησιμποιήσαμε νόμους ημιτόνων και ορισμό ημιτόνου σε ορθογώνια τρίγωνα).Τώρα κάνοντας υπομονετικά τις πράξεις αυτό καταλήγει σε sinB=sin(A+C)

που ισχύει(το κανα και βγαίνει.ίσως το σκανάρω και το ανεβάσω.οι πράξεις είναι περίπου 1 σελίδα).
Βρήκα,λοιπόν,το κέντρο του (Q)

.Παρατηρώ ότι O_1D=O_1K

(απ το δισορθογώνιο τραπέζιο IDKL

),άρα $K\in (Q)$ .
Έστω $H\equiv OK\cap (Q)$ και

το αντιδιαμετρικό του

ως προς τον έγκυκλο του ABC

.
Είναι $\angle HKD=90$ ,συνεπώς η

είναι διάμετρος του (Q)

.Άρα ισχύει $\angle DTH=90=DTD'\Rightarrow T,D',H$ συνευθειακά.
Επιπλέον ισχύει $IO_1\parallel HD'$ (τμήμα που ενώνει τα μέσα στο τρίγωνο DD'H

).Απ'το λήμμα που παραθέτω στο τέλος έχουμε,επίσης ,ότι $ND'\parallel IL$ .Επομένως T,N,D',H

συνευθειακά.
Τώρα,αν πάρω

το δεύτερο σημείο τομής της AD'

με τον έγκυκλο του ABC

,το τετράπλευρο FD'ET'

είναι αρμονικό,άρα η δέσμη T.T'ED'F

είναι αρμονική.Όμως η TD'

διέρχεται από το μέσο

του

,συνεπώς θα πρέπει $TT'\parallel FE$ .Θα ισχύει,λοιπόν, $TT'\perp AI$ (αφού $AI\perp FE$ ),άρα το

είναι το συμμετρικό του

ως προς την

.
Εν ολίγοις,αποδείξαμε πως οι AD',AT

είναι ισογώνιες.Γνωρίζουμε επίσης ότι η ισογώνια της AD'

(εννοείται στο ABC

) διέρχεται από το σημείο επαφής του μεικτοεγγεγραμμένου κύκλου με τον $\Gamma$ .Το ζητούμενο αποδείχθηκε.

Λήμμα:Σε ένα τρίγωνο ABC

,

είναι τα σημεία επαφής του έγκυκλου με τις πλευρές BC,CA,AB

,

είναι το έγκεντρο,

είναι το μέσο του τόξου $\arc{BAC}$ του περίκυκλου,

το αντιδιαμετρικό του

ως προς τον έγκυκλο και

το μέσο του

.Να αποδείξετε ότι $ND'\parallel IL$ .

Antonis_Z · #3

Δίνω και την απόδειξη του λήμματος που προανέφερε,γνώση του οποίου έφτασα στη λύση.Δυστυχώς,δεν έχω απόδειξη χωρίς μετασχηματισμούς.

Απόδειξη λήμματος:
Έστω ότι η AD'

τέμνει τη

στο

και τον περίκυκλο στο

.
Θεωρώ επίσης J,P

τα σημεία τομής της

με τη

και τον περίκυκλο,αντίστοιχα.
Ως γνωστόν,το

είναι το σημείο επαφής του μεικτοεγγεγραμμένου κύκλου με τον περίκυκλο,άρα οι AP,AU

είναι ισογώνιες(γνωστή πρόταση επίσης),συνεπώς,αν

το μέσο του τόξου

,τα τόξα $\arc MP,MU$ είναι ίσα.Αφού αυτά τα τόξα είναι ίσα,θα ισχύει η σχέση $\angle IAD'=ILO$ (1)(βαίνουν σε ίσα τόξα).Επιπλεόν,εφόσον $DD'\parallel LO$ ,θα ισχύει $\angle ILO=D'IL$ (2).
Από (1) και (2) έχουμε $\angle IAD'=D'IL$ ,δηλαδή η

εφάπτεται στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου D'IA

.
Τώρα,κάνουμε αντιστροφή με πόλο το

και δύναμη ID'^2

.Το

πάει στο

,το

παραμένει το ίδιο,άρα η ND'

μετατρέπεται στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου D'IA

.
Η ευθεία

μένει αμετάβλητη.Αφού η ευθεία αυτή εφάπτεται στον περίκυκλο του D'IA

,θα πρέπει $ND'\parallel IL$ (εφόσον τα αντίστροφα θα πρέπει να είναι παράλληλα).
Το λήμμα αποδείχθηκε.

Παναγιώτης 1729 · #4

viewtopic.php?f=112&t=35435&p=163362&hi ... ar#p163362

Δείτε την προτελευταία ασκηση στο συνημμένο.

panos misiakos · #5

Παραθέτω τη λύση μου ελπίζοντας να μην έχει γίνει κάποιο λάθος .
Η λύση είναι βασισμένη σε μια προτάση-λήμμα σχετική με το πρόβλημα .
Πρόταση
-->

Έστω τρίγωνο $\Bigtriangleup ABC$ εγγεγραμμένο σε κύκλο

και $C_{A}$ ο μικτοεγγεγραμμένος που εφάπτεται των AB,AC

στα

και του

στο

Έστω

το σημείο τομης των MN,BC

και

τα σημεία τομης των PA,PT

με τον

αντίστοιχα.Αν ο εγγεγραμμένος κύκλος του $\Bigtriangleup ABC$ εφάπτεται της

στο

να δείξετε ότι τα σημεία S,Q,D

ειναι συνευθειακά και οτι

είναι το μεσο του τόξου

.

Επανερχόμενοι στο αρχικό πρόβλημα θεωρούμε το σχήμα με τα ίδια σημεία του λήμματος καθως και τα εξής

, το σημείο τομής των XY,ZD

(τα

από υπόθεση και

το 2ο σημείο τομής της

με τον εγγεγραμμένο)

, το σημείο τομής της

και του μικτοεγγεγραμμένου κύκλου
Αρκεί να δείξυμε οτι το τετράπλευρο XYZD

είναι εγγράψιμο
Θεωρούμε την ομοιοθεσία που στέλνει τον $C_{A}$ στον

(κέντρου Τ)
Εύκολα παίρνουμε UL//OS

, άρα η

είναι κάθετη στη

, δηλαδή παράλληλη στην

(

το κέντρο του μικτοεγγεγραμμένου )
Έπεται A,D,L

συνευθειακά ( από την ομοιοθεσία κέντρου Α)
Επιπλέον τα τρίγωνα $\Bigtriangleup KED$ και $\Bigtriangleup PSM$ είναι ομοιόθετα κέντρου

(

ανήκει στην

), οπότε

συνευθειακά
Πλέον εργαζόμαστε με αναλογίες ως εξής
Έχουμε $PT*PS=PQ*PA \Leftrightarrow \frac{PQ}{PS}=\frac{PT}{PA} \Leftrightarrow \frac {KQ}{KD}=\frac {KZ}{KA} \Leftrightarrow KX*KY=KZ*KD$
και το ζητούμενο έπεται .

Υ.Γ.: Θα παραθέσω σύντομα λύση στο λήμμα

EDIT: Μικρές διορθώσεις μετα από υπόδειξη του Μιχάλη .

panos misiakos · #6

Τέλος, δίνω και την απόδειξη του λήμματος που χρησιμοποιήσα

.
Απόδειξη
Έστω

το ίχνος της διχοτόμου από το Α
Από γνωστό λήμμα έχουμε οτι το έγκεντρο

του $\Bigtriangleup ABC$ ανήκει στην

( προκύπτει άμεσα με Pascal)
Από το ορθογώνιο $\Bigtriangleup PIR$ λαμβάνουμε PI^2=PD*PR

Επίσης , εύκολα προκύπτει με μεταφορά γωνιών ότι η

εφάπτεται του περιγγεγραμμένου του $\Bigtriangleup BIC$
Συνεπώς PD*PR=PI^2=PB*PC=PQ*PA

.
Έστω

το μέσο του τόξου

που περιέχει το

και

το σημείο τομής του

με την

Θεωρούμε αντιστροφή ακτίνας

και κέντρου

Παρατηρούμε ότι $\angle T'AS'=\angle \frac{A}{2} -\angle BAT'$ , οπότε PART'

εγγράψιμο
Η αντιστροφή μας δίνει άμεσα Q,D,S'

συνευθειακά .
Μένει να αποδείξουμε ότι $T\equiv T'$
Έχουμε PT'*PS'=PI^2

. Συνεπώς , η Τ'Ι

είναι κάθετη στην

.
Συμπεραίνουμε ότι η T'I

τέμνει τον

στον αντιδιαμετρικό του

,δηλαδή το μέσο του τόξου

που δεν περιέχει το

.
Εργαζόμαστε τώρα με το σημείο

δείχνοντας ότι η

είναι διχοτόμος της $\angle BTC$
Πράγματι έχουμε $\angle BTN=\angle \frac{C}{2}= \angle NIB \Leftrightarrow \angle NTI = \angle \frac{B}{2}$ ,όπου για την τελευταία σχέση χρησιμοποιήσαμε το εγγράψιμο
Όμοια $\angle ΜTI = \angle \frac{C}{2}$ και το ζητούμενο ,πλέον , είναι προφανές .

Mikesar · #7

Καλησπέρα κι από εμένα.
Σας ευχαριστώ όλους που ασχοληθήκατε.
Αντώνη, πραγματικά χαρά στο κουράγιο σου να κάνεις τόσες πράξεις, αλλά τα αποτελέσματα είναι πολύ ωραία, ειδικά το λήμμα.
Παναγιώτη απλά

Αργότερα θα συμπληρώσω μια λύση χωρίς αντιστροφή για το λήμμα του Παναγιώτη και μένει κάποιος να κάνει συνθετικά και το λήμμα του Αντώνη...

#8

Antonis_Z έγραψε:Λήμμα: Σε ένα τρίγωνο $\vartriangle ABC$ , είναι $D,\ E,\ F,$ τα σημεία επαφής του έγκυκλου με τις πλευρές $BC,\ CA,\ AB$ και είναι το έγκεντρο. είναι το μέσο του τόξου $\overset\frown {BAC}$ του περίκυκλου και το αντιδιαμετρικό του ως προς τον έγκυκλο και το μέσο του . Να αποδείξετε ότι $ND'\parallel IL$ .

$\bullet$ Από συνευθειακά $M,\ I,\ N$ και $ID'\parallel ML,$ αρκεί να αποδειχθεί ότι $\displaystyle \frac{MI}{IN} = \frac{ML}{ID'}\ \ \ ,(1)$

Από (1)

και

και $\displaystyle IN = \frac{r^{2}}{IA}$ ( λόγω του ορθογωνίου τριγώνου $\vartriangle EIA$ με $FN\perp IA$ ), αρκεί να αποδειχθεί ότι $\displaystyle \frac{MI}{r} = \frac{2R}{IA}\ \ \ ,(2)$

Έστω

το αντιδιαμετρικό σημείο του

στον περίκυκλο (O)

του $\vartriangle ABC$ .

Από το

φέρνουμε την κάθετη ευθεία επί την AM,

η οποία τέμνει τον (O)

στο σημείο έστω

και έχουμε την ομοιότητα των ορθογωνίων τριγώνων $\vartriangle EAI,\ \vartriangle TSK,$ λόγω $\angle KST = \angle IAE.$ .

Προκύπτει επομένως $\displaystyle \frac{TK}{IE} = \frac{SK}{IA}$ $\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{TK}{r} = \frac{2R}{IA}\ \ \ ,(3)$

Από $(2),\ (3)$ αρκεί να αποδειχθεί ότι ισχύει $TK = MI\ \ \ ,(4)$ που είναι γνωστό και εύκολο.

: Δύσκολη από MR - Λύση Αντώνη Ζητρίδη - Άλλη απόδειξη του Λήμματος.; f=112_t=43634.PNG (33.71 KiB) Προβλήθηκε 1936 φορές

$\bullet$ Πράγματι, από $AM\perp ST$ και $KT\perp ST$ $\Rightarrow$ $KT\parallel AM$ και άρα, το εγγεγραμμένο τετράπλευρο AMTK

είναι ισοσκελές τραπέζιο

και επομένως ισχύει $AK = MT\ \ \ ,(5)$

Από (5)

και

λόγω της διχοτόμου

της γωνίας $\angle B$ προκύπτει ότι MT = KC

και αρα, το KMTC

είναι επίσης ισοσκελές τραπέζιο

και επομένως ισχύει $TK = MC\ \ \ ,(6)$

Από $(5),\ (6)$ και MC = MI

( γνωστό αποτέλεσμα και παραλείπεται η απόδειξή του ), συμπεραίνεται ότι TK = MI

και το Λήμμα έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Mikesar · #9

panos misiakos έγραψε: Πρόταση
Έστω τρίγωνο $\Bigtriangleup ABC$ εγγεγραμμένο σε κύκλο και $C_{A}$ ο μικτοεγγεγραμμένος που εφάπτεται των στα και του στο
Έστω το σημείο τομης των και τα σημεία τομης των με τον αντίστοιχα.Αν ο εγγεγραμμένος κύκλος του $\Bigtriangleup ABC$ εφάπτεται της στο να δείξετε ότι τα σημεία ειναι συνευθειακά και οτι είναι το μεσο του τόξου .

Ονομάζω

το σημείο τομής των MN,TS

και θα δείξω ότι ανήκει στην

.
Θεωρώ τον περιγεγραμμένο κύκλο του IBC

και

είναι το κέντρο του. Εύκολα έχω ότι η

εφάπτεται αυτού.
Από γνωστή πρόταση έχω επίσης και ότι τα T,I,L

είναι συνευθειακά, όπου

το μέσο του τόξου BAC

. Έτσι $\angle ITS=90$ , οπότε $PI^2=PT\cdot PS$ , δηλαδή το

έχει ίσες δυνάμες ως προς τους κύκλους (IBC),(ABC)

. Άρα θα ανήκει στο ριζικό τους άξονα, δηλαδή την

.
Έστω

το ίχνος της διχοτόμου της $\angle BAC$ στην

.
Στο ορθογώνιο PIK

η

είναι ύψος, άρα $PD\cdot PK=PI^2=PQ\cdot PA$ , δηλαδή το AQDK

είναι εγγράψιμο. Έτσι $\angle AQD=\angle BKS=\angle B+\displaystyle \frac{\angle A}{2}$ .
Όμως $\angle AQS=\angle B+\displaystyle \frac{\angle A}{2}$ και το ζητούμενο έπεται.

Δύσκολη από MR

Δύσκολη από MR

Re: Δύσκολη από MR

Re: Δύσκολη από MR

Re: Δύσκολη από MR

Re: Δύσκολη από MR

Re: Δύσκολη από MR

Re: Δύσκολη από MR

Re: Δύσκολη από MR

Re: Δύσκολη από MR

Μέλη σε σύνδεση